Hsg bắc giang 2012 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
BẮC GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
MƠN THI: TỐN; LỚP: 7 PHỔ THƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 30/3/2013
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Đề thi có 01 trang
Câu 1. (4,0 điểm)
3

2

1  3

2

1

1) Rút gọn: A     :     .
 2 5 10   2 3 12 
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2012  x  2013 với x là số tự nhiên.
Câu 2. (5,0 điểm)
1) Tìm x biết 2 x 2.3x 1.5 x 10800 .
2) Ba bạn An, Bình và Cường có tổng số viên bi là 74. Biết rằng số viên bi của An

và Bình tỉ lệ với 5 và 6; số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5. Tính số
viên bi của mỗi bạn.
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p 2  2012 là hợp số.
2) Cho n là số tự nhiên có hai chữ số. Tìm n biết n  4 và 2n đều là các số chính
phương.
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A và có cả ba góc đều là góc nhọn.
1) Về phía ngồi của tam giác vẽ tam giác ABE vuông cân ở B. Gọi H là trung điểm
của BC, trên tia đối của tia AH lấy điểm I sao cho AI BC . Chứng minh hai tam
giác ABI và BEC bằng nhau và BI  CE .

2) Phân giác của các góc ABC , BDC
cắt AC, BC lần lượt tại D, M. Phân giác của
1

góc BDA
cắt BC tại N. Chứng minh rằng: BD  MN .
2

Câu 5. (1,0 điểm)
Cho S 1 
Tính  S  P 

1 1 1
1
1
1
1
1

1
1
   ... 



 ... 

và P 
.
2 3 4
2011 2012 2013
1007 1008
2012 2013
2013

.
--------------Hết---------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)..............................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP TỈNH

MƠN THI: TỐN; LỚP: 7 PHỔ THƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 30/3/2013
Bản hướng dẫn có 03 trang
Phương pháp-Kết quả

Câu
Câu 1
1
(2điểm)

Điểm
( 4 điểm)

 15 4 1   18 8 1 
A  
  : 
 
 10 10 10   12 12 12 

0.5đ
0.5đ

12 11
 :
10 12
6 12 72
 . 

5 11 55

Vậy A 

2
(2điểm)

0.5đ
0.5

72
.
55

P  x  2012  x  2013

0.5 đ

+ Nếu x 2012 hoặc x 2013 thì P 1
+ Nếu x  2013 thì P  x  2012  x  2013  1  x  2013  1

0.5đ

+ Nếu x  2012 thì P  x  2012  x  2013  x  2012  1  1

0.5

+ Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt được khi x 2012 hoặc x 2013 .

0.5 đ

(4điểm)
1.0 đ

Câu 2
1
(2.5điểm)

Ta có 2 x 2.3x 1.5x 10800  2 x.22.3x.3.5x 10800
x

  2.3.5  900
0.5 đ
x

2

 30 30  x 2

2
(2.5điểm)

Vậy x 2 là kết quả cần tìm.
+ Gọi số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là a, b, c . Vì tổng số viên bi
của ba bạn là 74 nên a  b  c 74
a b
a
b

+ Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên  
5 6 10 12

+ Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên
+ Từ đó ta có

a
b
c
a b c
74
  
 2
10 12 15 10  12  15 37

b c
b
c
 

4 5 12 15

0.5
0.5 đ
0.5 đ

0.5 đ
0.5

0.5đ

0.5đ

+ Suy ra a 20; b 24; c 30

Câu 3
1
(2điểm)

+ Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p 3k 1 k  , k 1

+Với p 3k  1
2
suy ra p 2  2012  3k 1  2012 9k 2  6k  2013   p 2  2012  3

(4điểm)
0.5
0.5
0.5

+Với p 3k  1
2
suy ra p 2  2012  3k  1  2012 9k 2  6k  2013   p 2  2012  3
Vậy p 2  2012 là hợp số.
2
(2điểm)

0.5

+ Vì n là số có hai chữ số nên 9  n  100  18  2n  200

0.5đ
+ Mặt khác 2n là số chính phương chẵn nên 2n có thể nhận các giá trị: 0.5đ

36; 64; 100; 144; 196.
+ Với 2n 36  n 18  n  4 22 không là số chính phương
2n 64  n 32  n  4 36 là số chính phương
2n 100  n 50  n  4 54 khơng là số chính phương
2n 144  n 72  n  4 76 không là số chính phương
2n 196  n 98  n  4 102 khơng là số chính phương
+ Vậy số cần tìm là n 32 .

Câu 4

0.5 đ

0.5đ
(6 điểm)

1
(3điểm)

+ Xét hai tam giác AIB và BCE
Có AI=BC (gt)
BE=BA( gt)

0.5


+ Góc IAB
là góc ngồi của tam giác ABH nên


IAB
 ABH  AHB  ABH  900




+ Ta có EBC
.
EBA
 ABC  ABC  900 . Do đó IAB
EBC

ABI


BEC
(
c

g

c
)
+ Do đó

0.5
0.5 đ


+ Do ABI BEC (c  g  c ) nên AIB BCE
.

2
(3điểm)

0.5 đ


+ Trong tam giác vuông IHB vuông tại H có AIB  IBH
900 .


Do đó BCE
 IBH
900 .

0.5đ

KL: CE vng góc với BI.

0.5đ

+ Do tính chất của đường phân giác, ta có DM  DN .

0.5 đ

+ Gọi F là trung điểm của MN. Ta có FM FD FN .

0.5 đ



+ Tam giác FDM cân tại F nên FMD
.
MDF

Câu 5
(1 điểm)




FMD
MBD
 BDM
( góc ngồi tam giác)


MBD
 CDM

0.5 đ



Suy ra MBD
(1)
CDF

0.5 đ




Ta có MCD
(2)
CDF
 CFD


Do tam giác ABC cân tại A nên MCD
(3)
2MBD


Từ (1), (2), (3) suy ra MBD
hay tam giác DBF cân tại D. Do đó
DFC

0.5 đ

1
BD DF  MN
2
1 1 1
1
1
1



Cho S 1     ... 
và
2 3 4
2011 2012 2013
1
1
1
1
2013
P

 ... 

. Tính  S  P  .
1007 1008
2012 2013
+ Ta có:
1
1
1
1
P

 ... 

1007 1008
2012 2013
1

1
1
1
1
1
1 

 1    ... 


 ... 


1006 1007 1008
2012 2013 
 2 3
1 
 1 1
  1    ... 

1006 
 2 3
1
1
1
1
1 
 1 1
 1    ... 



 ... 


1006 1007 1008
2012 2013 
 2 3
1 
1 1 1
 2     ... 

2012 
2 4 6
1 1 1
1
1
1     ...... 

=S.
2 3 4
2012 2013
2013
Do đó  S  P  =0

0.5 đ

Điểm toàn bài

(20điểm)

(1 điểm)

0.5 đ

0.5 đ

Lưu ý khi chấm bài:
Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm
của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và
cho điểm từng phần tương ứng.